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1、专题 6 机械能 1. （2018 福建卷）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接 并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）. 初始时刻， A、B 处于同一高度并恰好静止状态. 剪 断轻绳后A下落、 B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块 A速率的变化量不同 B机械能的变化量不同 C重力势能的变化量相同 D重力做功的平均功率相同 答案： D 解析：由题意根据力的平衡有mAg=mBgsin，所以mA=mBsin . 根据机械能守恒定律 mgh=1/2mv 2，得 v= gh2 ，所以两物块落地速率相等，选项A 错；因为两物块的机械能守 恒， 所以两物块的机械能变化量都为
2、零，选项 B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系， 重力势能的变化为Ep=-WG=-mgh，选项C错误；因为A、B两物块都做匀变速运动，所以A 重力的平均功率为P A=mAgv/2 ，B的平均功率PB=mBgv/2 cos( /2- )，因为 mA =mBsin ，所以 PA=PB，选项 D正确 . 2 （ 2018 天津卷） . 如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F 作用， F 与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值 则 A0 t 1时间内 F 的功率逐渐增大 Bt2时刻物块A的加速度最大 Ct2时刻后物块A做反向运动 Dt3时刻物块A的动能最大 答案
3、 BD 解析：由F与t的关系图像0t1拉力小于最大静摩擦力物块静止F的功率为0，A 错误； 在t1t2阶段拉力大于最大静摩擦力物块做加速度增大的加速运动，在t2t3阶段拉力大于 最大静摩擦力物块做加速度减小的加速运动，在t2时刻加速度最大， B正确，C错误；在t1 t3物块一直做加速运动，在t3t4拉力小于最大静摩擦力物块开始减速，在时刻速度最大， 动能最大， D正确 . 3 （ 2018 上海卷）质量相等的均质柔软细绳A、B 平放于水平地面，绳A较长 . 分别捏住 两绳中点缓慢提起，直到全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，上述过程 中克服重力做功分别为WA、WB. 若（） （
4、A）hAhB，则一定有WAWB（B）hAhB，则可能有WAWB （C）hAhB，则可能有WAWB（D）hAhB，则一定有WAWB 答案： B 解析：由题易知，离开地面后，细绳A的重心距离细绳A的最高点的距离较大，分析各选 B. 4 （2018 上海卷）如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定 在地面上半径为R有光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍 . 当 B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高.将 A由静止释放， B上升的最大高度是（） （A）2R（B）5R/3 （C）4R/3 （D）2R/3 答案： C 解析： 设 A刚落到地面时的速度为v， 则根据机械能守恒定律可得2mgR
5、-mgR=1/2*2mv 2+1/2mv 2，设 A 落地后B 再上升高h, 则有1/2mv 2=mgh，解得 h=R/3，B 上升的最大高度是 H=R+h=4/3*RC. 5 （ 2018 上海卷）位于水平面上的物体在水 平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动； 若作用力变为斜面上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同 . 则可能 有（） （A）F2F1，v1v2（B）F2F1，v1v2 （C）F2F1，v1v2（D）F2F1，v1v2 答案： BD 解析：根据平衡条件有F1=mg ，设 F2与水平面的夹角为，则有 F2=mg/cos +sin ， 因为 cos+si
6、n的最大值为1+ 21， 可能 F 2F1； P=F1v1=mgv1=F 2v2cos =mgv2/(1+ tan ) ，可见 v1v2，即 BD正确 . 6 （2018 安徽卷） . 如图所示， 在竖直平面内有一半径为的圆弧轨道， 半径水平、 竖直，一个质量为的小球自的正上方点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高 ROAOB mAP A B F2 F1 点时恰好对轨道没有压力. 已知=2, 重力加速度为，则小球从到的运动过程 中 ( ) A. 重力做功 B. 机械能减少 C. 合外力做功 D. 克服摩擦力做功 答案： D 解析：小球从P到 B高度下降 R，故重力做功mgR ，A错. 在 B
7、点小球对轨道恰好无压力，由 重 力 提 供 向 心 力 得， 取B 点 所 在 平 面 为 零势 能 面 ， 易 知 机 械 能 减少 量 ，B 错. 由动能定理知合外力做功W=,C 错. 根据动能定理，可得，D选项正确 . 7 （2018 海南卷） . 一质量为1kg 的质点静止于光滑水平面上，从t=0 时起，第 1 秒内受到 2N的水平外力作用，第2 秒内受到同方向的1N的外力作用 . 下列判断正确的是 A. 0 2s 内外力的平均功率是W B.第 2 秒内外力所做的功是J C.第 2 秒末外力的瞬时功率最大 D.第 1 秒内与第2 秒内质点动能增加量的比值是 答案： CD 解析：由动量定
8、理求出1s 末、 2s 末速度分别为：v1=2m/s、 v2=3m/s 故合力做功为w= 功率为 1s 末、 2s 末功率分别为：4w 、3w 第 1 秒内 BAPRgPB mgR2 mgR mgR mgR 2 1 gRv B mgRmvR B 2 1 2 1 mgE 2 mgRmvB 2 1 2 1 2 0-mv 2 1 W-mgR 2 Bf mgR 2 1 wf 9 4 5 4 4 5 21 4.5 2 mvJ 4.5 1.5 3 w pww t O B R 2R P A 与第 2 秒动能增加量分别为：、，比值： 4：5 8 （ 2018 广东卷） .（18 分） 图 18（a）所示的装置
9、中，小物块A、B质量均为m，水平面上PQ段长为l，与物块间的动 摩擦因数为 ，其余段光滑. 初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图中 虚线位置；A紧靠滑杆（A、B间距大于2r）. 随后，连杆以角速度匀速转动，带动滑杆作 水平运动，滑杆的速度- 时间图像如图18（b）所示 .A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后 与静止的B发生完全非弹性碰撞. （1）求A脱离滑杆时的速度uo，及A与B碰撞过程的机械能损失E. （2） 如果AB不能与弹簧相碰， 设AB从P点到运动停止所用的时间为t1， 求得取值范围， 及t1与的关系式 . （3）如果AB能与弹簧相碰， 但不能返回道P点左侧， 设每次压缩
10、弹簧过程中弹簧的最大弹 性势能为Ep，求 的取值范围，及Ep与的关系式（弹簧始终在弹性限度内）. 解析：（1）由题知，A脱离滑杆时的速度uo=r 设A、B碰后的速度为v1，由动量守恒定律 m uo=2m v1 A与B碰撞过程损失的机械能 解得 （2）AB不能与弹簧相碰，设AB在PQ上运动的加速度大小为a, 由牛顿第二定律及运动学规 2 1 1 2 2 mvJ 22 21 11 2.5 22 mvmvJ 22 01 11 2 22 Emumv 221 8 Emr 律 v 1=at1 由题知 联立解得 （3）AB能与弹簧相碰 不能返回道P点左侧 解得 AB在的Q点速度为v2，AB碰后到达Q点过程，
11、由动能定理 AB与弹簧接触到压缩最短过程，由能量守恒 解得 9. （ 2018 四川卷） （16 分） 四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄 引提水是目前解决供水问题的重要手段之一. 某地要把河水抽高20m ，进入蓄水池，用一台 电动机通过传动效率为80% 的皮带，带动效率为60% 的离心水泵工作. 工作电压为380V，此 时输入电动机的电功率为9kW ，电动机的内阻为0.4 . 已知水的密度为1l18kg/m3 ，重力 加速度取10m/s 2. 求： (1)电动机内阻消耗的热功率； (2) 将蓄水池蓄入864m 3 的水需要的时间（不计进、出水口的水流
12、速度）. 解析： (l) 设电动机的电功率为P，则P=UI mamg22 1 1 2 v xt xl 1 4 0 l rt 1 2 r t g 2 1 1 22 2 mglmv 2 1 1 222 2 mglmv 2 24glgl rr 22 21 11 222 22 mglmvmv 2 2 1 2 2 p Emv 22 (8) 4 p mrgl E 设电动机内阻r 上消耗的热功率为Pr，则Pr=I 2r 代入数据解得Pr=1118W 说明：式各2 分，式 3 分. (2) 设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t. 已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为 ，则 M=V 设质量为M的河水增加的重力势
13、能为Ep，则Ep=Mgh 设电动机的输出功率为P0，则P0=P-Pr 根据能量守恒定律得P0t60% 80%=Ep 代人数据解得t=2l18s 说明：式各1 分，式各2 分，式 3 分. 10. （2018 安徽卷） . （14 分）质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该 下落过程对应的图象如图所示. 球与水平地面相 碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4. 该球受到 的空气阻力大小恒为，取=10 m/s 2, 求： （1）弹性球受到的空气阻力的大小； （2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度. 解析： (1) 由 v t 图像可知 : 小球下落作匀加速运动， 由牛顿第二定律得
14、： 解得 (2) 由图知：球落地时速度，则反弹时速度 设反弹的加速度大小为a ，由动能定理得 解得 tv fg f h 2 /8 t v asm mafmg Nagmf2 .0)( sm /4v smvv/3 4 3 2 2 1 0f)h(mg-vm mh375.0 O v(m/s) 0.5 4 t(s) 11. （2018 安徽卷） . 如图所示， 装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=2kg的小物块A.装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接. 传 送带始终以u=2m/s 的速度逆时针转动.装置的右边是一光滑的曲面，质量 m=1kg的小
15、物块B 从其上距水平台面h=1.0m 处由静止释放. 已知物块B 与传送带之间的摩擦因数=0.2,l =1.0m. 设物块 A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态. 取 g=10m/s 2. （1）求物块B与物块 A第一次碰撞前的速度大小； (2) 通过计算说明物块B与物块 A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？ (3) 如果物块A、B每次碰撞后， 物块 A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰 撞前锁定被解除，试求出物块B第 n 次碰撞后运动的速度大小. 解析： （1）设 B滑到曲面底部速度为v,根据机械能守恒定律， 得 由于u,B 在传送带上开始做匀减速
16、运动. 设 B一直减速滑过传送带的速度为 由动能定理的 解得 v1=4 m/s 由于仍大于 u，说明假设成立，即B与 A碰前速度为4m/s （2）设地一次碰后A的速度为，B的速度为，取向左为正方向，根据动量守恒定律 和机械等守恒定律得： 2 2 1 mghmvsmghv/522 v 1 v 22 1 2 1 2 1 m-mvmvgl 1 v 1A v 1B v A B h l u=2m/s 解得 上式表明B碰后以的速度向右反弹. 滑上传送带后做在摩擦力的作用下减速，设向左 减速的最大位移为，由动能定理得： 解得 因，故 B不能滑上右边曲面. （3）B 的速度减为零后，将在传送带的带动下向左匀加
17、速，加速度与向右匀减速时相同， 且由于小于传送带的速度u，故 B 向左返回到平台上时速度大小仍为.由于第二 次碰撞仍为对心弹性碰撞，故由（2）中的关系可知碰后B仍然反弹，且碰后速度大小仍为 B碰前的，即 同理可推： B 每次碰后都将被传送带带回与A发生下一次碰撞. 则 B与 A 碰撞 n 次后反弹， 速度大小为. 12. （2018 江苏卷） （16 分）某缓冲装置的理 想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧 与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽 间的滑动摩擦力恒为f，轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作，一质量为m的小车若 以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动l/4 ，轻杆与槽间最
18、大静摩擦力等于滑动摩擦力， 111BA mvMvmv 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 BA mvMvmv sm v vB/ 3 4 3 1 1 sm/ 3 4 m x 2 2 1 0 Bm mvmgx mxm 9 4 lxm 1B vsm/ 3 4 3 1 sm v vv BB / 3 4 33 1 22 1 12 sm n / 3 4 m v l 轻杆 且不计小车与地面的摩擦. （1）若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x； （2）为这使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm （3）讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v 与撞击速度 v的关系 解析： （1
19、） 轻杆开始移动时， 弹簧的弹力且解得 （2）设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W ，则小车从撞击到停止的过程中，动能定理 小车以撞击弹簧时 小车以撞击弹簧时 解 （3）设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为， 由解得 当时， 当时，. 精品推荐强力推荐值得拥有 精品推荐强力推荐值得拥有 kxF fF k f x 0 v 2 0 2 1 0 4 .mvW l f m v 2 2 1 0 m mvWfl m fl vvm 2 32 0 1 vWmv 2 1 2 1 m fl vv 2 2 01 m fl vv 2 2 0 vv m fl v 2 2 0 m fl vv 2 32 0 m fl vv 2 2 0